TD – Lois de l’induction, cas du circuit fixe dans B ~ variable

Partie IX : Champ magnétique et induction Chapitre 2

TD – Lois de l’induction, cas du circuit fixe dans B ~ variable

Remarque : exercice avec b : exercice particulièrement important, à maîtriser en priorité (de même que les exemples de questions de cours des “ce qu’il faut savoir faire”) |[• ◦ ◦]: difficulté des exercices

I Méthode de mesure de M [• ◦ ◦]

1 - L’oscilloscope étant supposé idéal, tout se passe comme si la bobine 2 était en circuit ouvert. On a donc i2 = 0.

D’après la loi de comportement d’une bobine, on aurait

u₂ =L₂di₂ dt = 0.

Mais ceci ne s’applique pas ici, car cette loi ne prend en compte que le phénomène d’auto-induction. Or il y a aussi un couplage mutuel avec le second circuit. Il faut donc appliquer la méthode vue dans le cours (flux, loi de Faraday, fem, loi des mailles...).

2 - On suit la méthode habituelle.

b Étape 1 : orienter les circuits. C’est fait par le choix du sens du courant sur le schéma.

i₁ e0

R L₁ u₁(t)

L₂ i2=0

u2(t) M

b Étape 2 : exprimer les flux. Ici :

Φtot→1 = Φ1→1+ Φ2→1 =L1i1+M i2 =L1i1 (cari2 = 0), Φtot→2 = Φ2→2+ Φ1→2 =L₂i₂+M i₁ =M i₁.

b Étape 3 : schéma électrique équivalent, où tous les phénomènes d’induction sont remplacés par des fem (convention générateur), dont la valeur est donnée par la loi de Faraday :

e₁ =−dΦtot→1

dt =−L₁di₁

dt et e₂ =−dΦtot→2

dt =−Mdi₁ dt.

e₀

R i1

e₁ u1(t)

e₂

i₂=0

u₂(t)

Étape 4 : La loi des mailles dans le circuit 2 indique que :

u₂ =−e₂ =Mdi₁ dt Or u1 =Ri1, et on a donc

u2 = M R

du1

dt .

3 - Il faut traduire la relation précédente en représentation complexe : u₂ =jωM

Ru₁.

L’amplitude mesurée à l’oscilloscope est, pour le signal 1 :U₁=|u₁|, et pour le signal 2 : U₂ =|u₂|. Donc en prenant le module de l’équation ci-dessus :

U2 =ωM

R U1 d’où M = R U2

2π f U1

= 1,3 mH.

On a donc bien une méthode de mesure expérimentale deM.

4 - L’inductance mutuelle sera maximale lorsque les bobines ont leurs deux axes alignés (elles sont l’une en face de l’autre), et le plus proche possible.

II Modèle du transformateur idéal [• ◦ ◦]

1 - b Circuit 1 :

On considère d’abord le fluxϕ1 à travers une seule spire (un seul tour du fil).

D’après la règle de la main droite, la normale est vers le haut, donc dans le même sens que l’orientation choisie pour le flux total dans une section Φ. Doncϕ1 = +Φ.

L’enroulement primaire comporteN1spires, donc le flux total à travers ce circuit primaire est Φtot→1 =N1Φ.

b Circuit 2 :

Notons de même le flux ϕ2 à travers une seule spire (un seul tour du fil).

La normale est vers le bas, donc dans le même sens que l’orientation choisie pour le flux total dans une section Φ. Doncϕ₂ = +Φ.

L’enroulement primaire comporteN2spires, donc le flux total à travers ce circuit secondaire est Φtot→2 =N2Φ.

2 - Il y a deux enroulements donc deux circuits électriques équivalents : un pour le primaire, un pour le secondaire.

Pour chacun, on remplace l’enroulement par un générateur de fem donnée par la loi de Faraday, orienté en convention générateur.

e₁=−dΦtot→1

dt =−N₁dΦ dt,

e₂=−dΦtot→1

dt =−N₂dΦ dt.

3 - D’après les deux expressions précédentes, on a e₁ N₁ = e₂

N₂, soit encore e₂ e₁ = N₂

N₁.

On établit enfin les équations électriques en écrivant la loi des mailles dans chacun des deux circuits : U1+e1 = 0 etU2 =e2.

On a donc finalement

U₂ U1

=−N₂ N1

=−m.

Il s’agit là de la relation classique pour le modèle du transformateur idéal.

4 - On a d’après l’énoncé P₁ =P₂, donc U₁i₁=U₂i₂, et donc i2

i₁ = U1

U₂ =−N1

N₂ =−1 m.

III Plaques à induction [• • ◦]

1 - On a les schémas suivants :

Étape 1, orienter : c’est fait par le choix des sens des courants ci-dessus.

Étape 2 : exprimer les flux. On a comme d’habitude

Φtot→1 = Φ1→1+ Φ2→1 =L1i1+M i2 et Φtot→2 = Φ2→2+ Φ1→2=L2i2+M i1.

Étape 3 : schéma électrique équivalent (ci-dessus), dans lequel les fem induites sont

e₁ =−dΦtot→1

dt =−L₁di₁

dt −Mdi₂

dt et e₂ =−dΦtot→2

dt =−L₂di₂

dt −Mdi₁ dt.

Étape 4 : lois de mailles, d’où

v1+e1=R1i1 et e2=R2i2. En remplaçant :

v1−L1di1

dt −Mdi2

dt =R1i1 et −L2di2

dt −Mdi1

dt =R2i2. 2 - Passage en complexes :

v₁−jωL1i₁−jωM i₂ =R1i₁ et −jωL2i₂−jωM i₁ =R2i₂. Il faut isoler le rapport i₂/i₁, ce qui se fait avec la seconde équation :

i₂

i₁ = −jωM R2+jωL2

'

|{z}

R2L₂ω

−M L2

.

Enfin, le rapport des amplitudes s’obtient en prenant le module (rappel : i₂

i₁ = I₂e^j(ωt+ϕ2)

I₁e^j(ωt+ϕ1), donc le module élimine les exponentielles complexes) :

I₂

I₁ = ω|M|

pR²₂+ (ωL2)² '

|{z}

R2L2ω

|M|

L₂ .

3 - On utilise la première loi des mailles, dans laquelle on remplace i₂ :

v₁−jωL₁i₁−jωM −M

L2

i₁

=R₁i₁, puis on exprime l’impédance

v₁=



 R1

|{z}

négligé

+jωL1−jωM² L₂



i₁,

Z_e = v₁ i₁ =jω

L₁−M² L2

.

4 - On a I2 =I1×|M|

L2

= V₁

|Z_e|×|M|

L2

= V₁

L₁−M² L2

ω

×|M| L2

= V₁|M|

|L₁L2−M²|ω.

On a vu dans une remarque du cours qu’on a toujours M²≤L₁L₂ (avec égalité si couplage parfait), donc on peut enlever la valeur absolue en bas, et on a

I₂=V₁× |M|

(L1L2−M²)ω = 135 A.

Puis :

P₂ = 1

2R₂I₂² = 75,7 W.

5 - Si on soulève la casserole, celle-ci intercepte moins de lignes de champ. Donc |M|diminue.

On voit donc queI₂ décroît, et par suite,P₂ décroît également. Il faut donc maximiser|M|pour maximiser la puissance de chauffage.

Remarque : Si le couplage est parfait, on a M² = L1L2 et la puissance P₂ devient infinie. D’où vient cette puissance ? L’énergie étant conservée, elle provient du générateurv₁, qui donc appelle un courant i₁ de plus en plus important.

En réalité cette divergence provient du fait qu’on a négligé les résistances. Si on conserve R₂, on obtient l’ex- pression i₂ =v₁× −M

R2L1+jω(L1L2−M²), qui ne diverge plus.

IV Solénoïdes imbriqués [• • •]

1 - b Inductance propre L₁ :

• La bobine 1 produit un champB~1=µ0ni1~ez avec n=N/l.

• Flux de ce champB~₁ au travers d’une seule spire de la bobine 1 :

Φune spire =B~1·(πr²₁)~ez =πr₁²µ0

N l i1

• Flux total créé par la bobine 1 à travers elle-même :

Φ1→1=N×φ_{1 spire} donc Φ1→1 =πr₁²µ₀N² l i₁.

• Inductance propre : par définition,Φ1→1 =L1i1 donc

L1=πr₁²µ0

N² l . b Inductance propre L2 : par la même démarche,

L2 =πr₂²µ0

N² l .

b Inductance mutuelle M :comme le champ créé par la bobine 2 est uniforme à l’intérieur de la bobine 1, alors que la réciproque n’est pas vrai, il est plus simple de calculer M à partir du flux créé par 2 au travers de 1.

• Flux créé par 2 au travers d’une seule spire de la bobine 1 :

Φune spire =B~2·(πr²₁)~ez =πr₁²µ0

N l i2

• Flux total créé par la bobine 2 au travers de la bobine 1 :

Φ2→1 =NΦ_{une spire} donc Φ2→1 =πr₁²µ₀N² l i₂.

• Inductance mutuelle : par définition,Φ2→1 =M i2 donc

M =πr₁²µ0

N²

l . (1)

Remarque : On peut aussi calculer M dans l’autre sens, en calculant le flux du champ créé par 1 à travers 2. Mais attention : 1 crée un flux dans 2 sur une surface S1 seulement, donc on a

Φ1→2 =N ×B~1·(πr₁²)~ez=N×µ0

N l i1πr²₁. Or Φ1→2=M i₁, d’où l’expression M =πr₁²µ₀N²

l ,ce qui revient bien au même.

2 - On est dans la situation suivante : i1

L1

u1

L2

i2

u2

M

schéma électrique équivalent

i1 i2

Le circuit 1 contient une bobine et un générateur de courant imposant le courant i₁, le circuit 2 ne contient qu’une bobine court-circuitée. Il y a couplage inductif entre les deux circuits.

Les fem valent, comme d’habitude :

e₁ =−d

dt(Φ1→1+ Φ2→1) =−d

dt(L₁i₁+M i₂) =−L₁di₁

dt −Mdi₂ dt e2 =−d

dt(Φ2→2+ Φ1→2) =−d

dt(L2i2+M i1) =−L₂di2

dt −Mdi1

dt D’après la loi des mailles, e₂ = 0 donc

di2

dt =−M L₂

di1

dt et par intégration

i₂ =−M

L₂i₁+cst.

Comme la bobine numéro 2 n’est pas relié à un générateur, il ne peut pas y avoir de courant continu (il serait dissipé par la résistance, même infime, des câbles). La constante est donc nulle, et on a finalement :

i₂(t) =−M

L₂Icos(ωt), d’amplitude

I₂ = M L2

I = r₁² r₂²I .

3 - D’après le principe de superposition, en un pointM se trouvant à l’intérieur des deux solénoïdes, B(M~ ) =B~1(M) +B~2(M) =µ0

N

l (i1+i2)~ez

d’où en remplaçant

B(M~ ) =µ0

N l

1− M

L2

Icos(ωt)~ez.

V Détecteur de métaux [• ◦ ◦]

1 - Voir EC3.

2 - La seconde équation permet d’obtenir i₂ :

(R+L₂jω)i₂ =−Mjω i₁ d’où i₂=− Mjω i₁ R2+L2jω. Il faut ensuite prendre la première équation et injecter cette expression de i₂ :

e₀ =R1i₁+L1jω i₁+Mjω −Mjω i₁

R2+L2jω, d’où Z₁= e₀

i₁ =R1+L1jω+ M²ω² R2+L2jω.

VI Principe d’un générateur synchrone [• • •]

1 - b On voit sur le dessin ci-dessous que l’angle entre le moment est l’axe de la spire est θ=−ωt(il est bien négatif). On a aussi r=x.

x

~ m₀

axe de référence

θ <0

~ er

~eθ

Par conséquent, au centre de la spire :

B~ = µ0m0

4π r³ (2 cosωt~er−sinωt~e_θ).

Le calcul du flux impose de choisir une orientation, et nous prenons le choix du schéma ci-contre. La normale est alors~e_x, ce qui est aussi~e_r, et donc

Φ =B~ ·(πa²)~e_r= µ₀m₀

4π x³2 cosωt×πa², d’où Φ = µ₀a²m₀

2x³ cosωt.

b La fem induite est donc e=−dΦ

dt = µ0a²m0ω 2x³ sinωt.

Remarque : On peut vérifier le signe, puisque à t & 0 l’aimant se désaligne et donc le flux décroit, donc d’après la loi de Faraday e >0, c’est bien ce qu’on a.

b Un schéma électrique équivalent, et une loi des mailles, permet d’obtenir le courant i= e

R = µ0a²m0ω 2Rx³ sinωt.

b La puissance qu’elle reçoit est

P_{élec spire}=e×i=Ri² = µ²₀a⁴m²₀ω²

4Rx⁶ sin²ωt.

2 - Il faut d’abord calculer le champ magnétique créé par la spire au niveau du centre de l’aimant.

La spire réalise un moment magnétique donné par m~s=πa²i ~ex, et l’énoncé donne justement l’expression du champ créé par un moment magnétique.

Attention au repérage : cette fois on a un repère centré sur le centre de la spire, donc dans ce repère l’aimant a pour coordonnées polairesr =x etθ=π, et au niveau de l’aimant on a~er=−~ex et~e_θ=−~ey.

Donc le champ créé par la spire au niveau de l’aimant vaut : B~_s(O) = µ₀m_s

4π x³ (2 cosπ(−~e_x) + sinπ(−~e_y)) = µ₀m_s 2π x³~e_x. Le couple subit par l’aimant est donc :

~Γ =m~0∧B~s(O) = µ0ms

2π x³ m~0∧~ex

| {z }

=−m₀sinωt ~ez

~Γ =−µ₀m_s

2π x³ m₀sinωt ~e_z

En remplaçantm_s par son expressionm_s=πa²i, etipar l’expression de la question 1, on obtient :

~Γ =−µ²₀a⁴m²₀ω

4R x⁶ sin²ωt ~e_z.

On remarque que ce couple est négatif, c’est-à-dire qu’il s’oppose à la rotation de l’aimant dans le sens positif autour de l’axe. C’est normal : les effets de l’induction (ici le courant idans la spire, et donc la production de ce couple) s’opposent aux causes qui les produisent (donc s’opposent à la rotation de l’aimant).

3 - La puissance à fournir est

Pfournie à l’aimant= Γω= µ²₀a⁴m²₀ω²

4R x⁶ sin²ωt.

On trouve précisément la même chose que pour la puissance électrique : Pfournie à l’aimant=P_{élec spire}. Ceci explique donc bien qu’on a une conversion toute la puissance mécanique fournie à l’aimant en une puissance électrique.